Correction des exercices – TS2 2013 Chapitre 6 – Contrôles de

Correction des exercices – TS2 2013
Chapitre 6 – Contrôles de qualité
Exercice no11 p. 479 – Dosage par titrage pH-métrique
1. Pour ce schéma légendé, il ne faut pas oublier le pHmètre ni même l’agitateur magnétique et son barreau
aimanté, par exemple d’oublis classiques dans les copies de Bac !
Burette
graduée
×
×
E
−
Na+
(aq) + OH(aq)
CB , VB (titrant)
VE
pH-mètre
HCOOH(aq)
CA , VA (titré)
Le pH à l’équivalence n’est pas demandé, mais il vaut
ici pHE = 7, 8 (pHE > 7 pour le dosage d’un acide
faible par une base forte). Le volume à l’équivalence
est VE = 9, 0 mL.
Turbulent
Agitateur
magnétique
2. Couples acide/base donnés dans
(HCOOH/ HCOO− ) et (H2 O/ OH− ) :
l’énoncé
:
HCOOH = HCOO− + H+
+ H+ = H2 O
−
+ OH−
(aq) → HCOO(aq) + H2 O(ℓ)
OH−
HCOOH(aq)
Pour l’équation de la réaction de dosage, on utilise
une simple flèche, car cette réaction se doit d’être totale.
3. La construction de la méthode des tangentes est déjà
faite ! Les auteurs ont confondu le schéma de la correction avec celui de l’énoncé. Vous n’aurez pas ce genre
d’erreur au Bac, dommage ! On effectue une simple
lecture graphique de l’abscisse et de l’ordonnée du
point de la courbe coupée par la parallèle du centre :
4. À l’équivalence d’un titrage, les réactifs ont été introduits dans des proportions stœchiométriques ; ici,
avec des coefficients stœchiométriques qui valent tous
un :
nA,titré = nB,versé
⇔
C A VA = C B VE
5. Calculer de la concentration CA :
CA =
CB VE
VA
CA =
2, 50 × 10−2 × 9, 0
20, 0
CA = 1, 1 × 10−2 mol · L−1
où on a laissé les volumes en millilitres, les unités des
deux volumes se compensant dans la fraction.
Exercice no 12 p. 479 – Utiliser la courbe dérivée
1. Le volume équivalent VE est l’abscisse de l’extremum
de la courbe dérivée du pH :
VE = 14, 0 mL
La lecture graphique est proposée sur la figure en fin
de corrigé.
2. À l’équivalence, réactif titrant et réactif titré ont
été introduits dans les proportions stœchiométriques.
Comme les coefficients stœchiométriques valent tous
un ici :
nA,titré = nB,versé
⇔
CA VA = CB VE
Ou encore, si l’on veut l’expression de la quantité de
matière inconnue nA en acide ascorbique dans la prise
d’essai :
nA = CB VE
nA = 4, 00 × 10−2 × 14, 0 × 10−3
nA = 5, 60 × 10−4 mol
3. La prise d’essai VA ne représente qu’une fraction du
volume V0 de la solution S0 :
100, 0
V0
=
= 10, 0
VA
10, 0
⇒
n0
= 10, 0
nA
C.-à-d., on n’a prélevé qu’un dixième de la solution
S0 pour la prise d’essai. Donc :
⇔
⇒
⇒
n0 = 10, 0 · nA
n0 = 10, 0 × 5, 60 × 10−4
n0 = 5, 60 × 10−3 mol
4. La formule brute de l’acide ascorbique ou vitamine C
C6 H8 O6 permet de calculer sa masse molaire :
M = 6 × 12, 0 + 8 × 1, 0 + 6 × 16, 0
M = 176, 0 g · mol−1
Ceci permet de calculer la masse d’acide ascorbique
dissoute dans la solution S0 :
m0 = n 0 · M
m0 = 5, 60 × 10−3 × 176, 0
m0 = 986 × 10−3 g = 986 mg
On peut calculer l’écart relatif par rapport à la valeur
du fabricant :
1 000 − 986
= 0, 0142 = 1, 42 %
986
Cet écart n’est en rien une incertitude relative. L’incertitude relative sur m0 est donnée par :
n 0 = m0 · M
⇒
au dixième : ∆M = 0, 1 g · mol−1 ; quant à la concentration molaire en hydroxyde de sodium, elle est supposée être connue à l’unité du dernier chiffre significatif donné : ∆CB = 0, 01× 10−2 mol · L−1 . Application
numérique :
∆m0
0, 1
0, 1
0, 1
0, 1
0, 01
+
+
+
+
=
m0
4, 00 14, 0 10, 0 100, 0 176, 0
∆m0
= 0, 0212 = 2, 12 %
m0
On en déduit l’incertitude ∆m0 :
∆m0 = 0, 0212 × 986 = 20, 9 mg
En conclusion, on peut se permettre de noter le résultat sous la forme :
m0 = 986 ± 21 mg
Et l’on constate que la valeur indiquée par le fabricant entre dans l’intervalle de confiance du résultat.
Il y a donc accord entre la valeur du fabricant et le
résultat du titrage.
∆n0 ∆M
∆m0
=
+
m0
n0
M
On peut détailler l’incertitude relative sur n0 :
n0 =
V0
nA
VA
⇒
∆n0
∆V0 ∆VA ∆nA
=
+
+
n0
V0
VA
nA
E
Et l’on peut détailler l’incertitude relative sur nA :
nA = CB VE
⇒
∆nA
∆CB ∆VE
=
+
nA
CB
VE
VE
Tous les volumes sont mesurés avec de la verrerie
jaugée, donc ils sont connus au dixième : ∆V =
0, 1 mL ; les masses molaires atomiques sont données
Exercice no 13 p. 480 – Utiliser un indicateur de fin de réaction
1. Schéma du dispositif de titrage :
Burette
graduée
×
×
I2 (aq) C2 , V2
(titrant)
C6 H8 O6
(titré)
C 1 , V1
Turbulent
Agitateur
magnétique
2. La fin de la réaction correspond à la disparition complète du diiode I2 (aq) , de couleur jaune-brune. Tous
les autres produits sont incolores, on devrait donc
pouvoir repérer l’équivalence sans problème. Cependant, d’une part, s’il est facile de repérer l’apparition
d’une teinte d’un mélange, sa disparition est plus difficile à évaluer ; et d’autre part, le jus de fruit est
jaune, la disparition de la coloration due au diiode
pourrait être cachée.
Pour ces raisons, on utilise un indicateur de fin de
c (nom commercial pour l’amiréaction, le thiodène
don), qui forme une espèce colorée violet sombre
avec le diiode. Lorsque ce dernier est totalement
consommé, la coloration violet sombre disparaît, à la
goutte près.
3. L’équivalence est ici repérée par la disparition de la
coloration violet sombre, à la goutte près.
4. À l’équivalence du titrage, les réactifs ont été introduits en proportions stœchiométriques, c’est-à-dire :
Ceci permet de calculer la masse d’acide ascorbique
dissoute dans l’ampoule :
m = n1 · M
m = 3, 0 × 10−5 × 176, 0
m = 5, 3 × 10−3 g = 5, 3 mg
n (I2 )versé = n (C6 H8 O6 )dosé
Ou encore, avec les notations de l’énoncé :
⇔
⇒
n1 = n2E = C2 VE
n1 = 2, 0 × 10−3 × 15, 1 × 10−3
n1 = 3, 0 × 10−5 mol
On peut calculer l’écart relatif par rapport à la valeur
du fabricant :
5. La formule brute de l’acide ascorbique ou vitamine C
C6 H8 O6 permet de calculer sa masse molaire :
5, 3 − 5, 0
= 0, 060 = 6, 0 %
5, 0
Le résultat est légèrement supérieur à l’indication du
fabricant.
M = 6 × 12, 0 + 8 × 1, 0 + 6 × 16, 0
M = 176, 0 g · mol−1
Exercice no 14 p. 480 – Choisir un indicateur coloré
1. Si l’on ne souhaite pas utiliser d’indicateur coloré, on
peut par exemple relever le pH à chaque millilitre de
solution titrante d’hydroxyde de sodium ajouté.
On peut alors tracer la courbe donnant le pH en fonction du volume pH = f (V ). Cette courbe va présenter
un saut de pH très marqué, et la méthode des tangentes va permettre de déterminer le point équivalent
E sur la courbe.
On peut aussi tracer la courbe dérivée du pH en fonction du volume dpH
dt = g(V ). Cette courbe présentera
un extremum très marqué à l’équivalence, pour lequel
dV = VE .
2. Le pH à l’équivalence est indiqué comme valant 7 ;
il faut choisir un indicateur coloré tel que le pH à
l’équivalence appartient à sa zone de virage, afin que
le passage par ce pH soit repéré par le passage de l’indicateur coloré par sa teinte sensible. Ici, le bleu de
bromothymol est l’indicateur coloré qui convient.
3. L’équivalence du titrage est repérée à la goutte près,
par le changement de teinte de l’indicateur coloré. Si
les concentrations des réactifs utilisés sont fortes, le
saut de pH sera assez brutal, et il sera difficile d’obtenir la teinte sensible.
Ici avec le choix du bleu de bromothymol, la solution
est basique donc initialement de teinte bleue. Lors de
l’équivalence, la teinte va virer du bleu au jaune.
Exercice no 15 p. 480 – À chacun son rythme
Choix : niveau 2 (énoncé compact)
1. Le graphe σ = f (C) est une droite d’étalonnage passant par l’origine, ce qui correspond à la relation de
Beer-Lambert σ = k · C. En mesurant la pente de
la droite d’interpolation moyenne, on trouve k. Les
points sont (comme dans 99 % des sujets de Bac...)
parfaitement alignés, on peut prendre le dernier point
et effectuer une division :
⇒
k = 0, 126 mS · cm
+
5
4
2
−1
· mmol
·L
Ou encore faire une interpolation linéaire à la calculatrice :
avec
+
σS
+
1
σ = 0, 126 · k + 0, 0229
6
3
6.3 mS · cm−1
k=
50 mmol · L−1
−1
σ mS · cm−1
R2 = 0, 9999
où R2 désigne le coefficient de corrélation, proche
de l’unité quand l’interpolation linéaire est de bonne
qualité.
+
0 +
0
CS
C mmol · L−1
10
20
30
40
50
Pour trouver la concentration molaire de la solution S,
on effectue une lecture graphique de CS sur la droite
d’étalonnage pour σS — voir construction ci-dessus,
ou l’on calcule la valeur de CS à l’aide de la loi de
Beer-Lambert :
⇒
⇒
La solution commerciale S0 a été diluée dix fois pour
obtenir la solution testée S, donc :
σS
CS =
k
1, 8
CS =
0, 126
t0 = 10 · tS = 8, 2 g · L−1
2. Le fabricant indique m′0 = 0, 85 g de chlorure de sodium pour V = 100 mL de solution, donc un titre
massique :
CS = 14 mmol · L−1
Masse molaire du chlorure de sodium (Na+ ; Cℓ− ) :
t′0 =
M = 23, 0 + 35, 5 = 58, 5 g · mol−1
On en déduit le titre ou la concentration massique tS
de la solution S :
t S = CS · M
tS = 14 × 10−3 × 58, 5
tS = 0, 82 g · L−1
0, 85
m′0
=
= 8, 5 g · L−1
V
100 × 10−3
Calculons l’écart en pourcentage avec le résultat du
dosage conductimétrique :
|8, 2 − 8, 5|
|t0 − t′0 |
=
= 0, 036 = 3, 6 %
′
t0
8, 5
Cet écart est inférieur au « critère de qualité » de
10 %, la solution commerciale n’est pas frelatée.
Exercice no16 p. 481 – Titrage colorimétrique d’une eau oxygénée
1. Équation de la réaction support de titrage : couples
2+
d’oxydoréduction (MnO−
4 / Mn ) et (O2 / H2 O2 ), tels
que :
+ + 5 e− = Mn2+ + 4 H O
MnO−
2
4 + 8H
×2
H2 O2 = O2 + 2H+ + 2e−
×5
+
2+ + 5O + 8H O
2MnO−
2
2
4 + 6H + 5H2 O2 → 2Mn
On remarquera que l’on a simplifié 10 H+ de chaque
côté de l’équation. Cette simplification est exigée. De
plus, on utilise une simple flèche pour la réaction de
dosage, attendue comme totale. On s’attend aussi que
vous indiquiez les états physiques des espèces :
Avec les notations de l’énoncé :
n2
n1
=
2
5
C 2 VE
C 1 V1
=
2
5
5 C 2 VE
⇔ C1 =
2 V1
4. Application numérique :
C1 =
⇔
5 × 0, 020 × 17, 6
2 × 10, 0
C1 = 0, 088 mol · L−1 = 88 mmol · L−1
La solution S1 a été obtenue par une dilution par dix
de la solution S0 , par conséquent :
C0 = 10 · C1 = 0, 88 mol · L−1
+
2 MnO−
4 (aq) + 6 H(aq) + 5 H2 O2 (aq)
+ 5 O2 (g) + 8 H2 O(ℓ)
→ 2 Mn2+
(aq)
5. Pour un volume V = 1, 0 L, par définition d’une
concentration molaire :
n0 = C0 V = 0, 88 mol
2. L’ion permanganate MnO−
4 (aq) violet en solution
aqueuse est le réactif titrant, et la seule espèce colorée. Avant l’équivalence, il est en défaut, totalement
consommé par le réactif titré, en excès : la solution
reste incolore. À l’équivalence, les deux réactifs titrant et titrés sont dans les proportions stœchiométriques, l’ion permanganate est toujours totalement
consommé : la solution est toujours incolore. Après
l’équivalence, l’ion permanganate est ajouté en excès
et n’est pas consommé : la solution se teinte en violet.
Par conséquent, l’équivalence du titrage est repérée
visuellement par l’apparition de la teinte violette, à
la goutte près.
0, 88
= 0, 44 mol
2
7. Par définition du volume molaire, selon une formule
de Seconde à connaître par cœur (et facile à retrouver
avec les unités) :
3. À l’équivalence, les réactifs sont dans les proportions
stœchiométriques, par conséquent :
n MnO−
n (H2 O2 )titrée
4 versé
=
2
5
V
Vm
n quantité de matière de gaz, supposé parfait, en mole
(symbole mol) ;
6. La stœchiométrie de l’équation de la réaction de dismutation de l’eau oxygénée, supposée totale, indique :
nmax (O2 )
n0 (H2 O2 )
=
2
1
Par conséquent, la quantité de dioxygène susceptible
d’être libérée au maximum vaut :
nmax (O2 ) =
n=
V volume occupé par ce gaz, en litre (symbole L) ;
Vm volume occupé par une mole de n’importe quel
gaz, pourvu qu’il puisse être considéré comme parfait
(ce qui est en pratique une excellente approximation
pour les gaz aux pressions usuelles), en litre par mole
(symbole L · mol−1 ).
Vmax (O2 )
Vm
⇒
nmax (O2 ) =
⇔
Vmax (O2 ) = nmax (O2 ) · Vm
⇔
Vmax (O2 ) = 0, 44 × 22, 4
⇔
Vmax (O2 ) = 9, 9 L
∆Vm ∆V1 ∆VE
∆Vmax
=
+
+
Vmax
Vm
V1
VE
Où l’on n’a pas d’incertitude liée à la dilution de la
solution S0 en S1 , aucun mode opératoire n’étant précisé. Tous les volumes sont mesurés avec une verrerie jaugée, ils sont donc entachés au maximum d’une
incertitude d’un dixième de millilitre. Pour le volume molaire, on considère une incertitude égale à
un dixième de litre. Application numérique :
∆Vmax
0, 1
0, 1
0, 1
+
+
=
Vmax
22, 4 10, 0 17, 6
∆Vmax
= 0, 0201 = 2, 01 %
Vmax
8. Pour une introduction aux calculs des incertitudes relatives, voyez la séance d’Accompagnement Personnalisé no 3. Une mise en œuvre détaillée est proposée
dans l’exercice no 12 p. 479. L’incertitude relative sur
Vmax (O2 ) est donnée par :
⇒
⇒
∆Vmax = 0, 0201 × 9, 9 = 0, 2 L
Vmax = 9, 9 ± 0, 2 L
La valeur indiquée par le fabricant (10 L) appartient à
l’intervalle de confiance du résultat du dosage. L’eau
oxygénée dosée n’est donc pas frelatée.
Exercice no 17 p. 481 – Titrage par la méthode de Mohr
1. L’équation de la réaction support de titrage montre
que le précipité blanc de chlorure d’argent AgCℓ(s)
se forme dès les premiers millilitres de la descente
de burette, et cessent de se former une fois l’équivalence atteinte. L’équivalence serait donc repérée par le
maximum d’opacité d’une solution hétérogène, dont
l’opacité n’augmenterait plus avec l’ajout de solution
titrante en excès. Repérer l’équivalence de cette manière va être très difficile.
2. En présence d’ions chromate comme indicateur de fin
de réaction, l’équivalence est repérée par l’apparition
de la teinte rouge très vif du précipité de chromate
d’argent Ag2 CrO4 (s) , à la goutte près. Il s’agit d’une
compétition entre les ions chlorure Cℓ− et chromate
+
CrO2−
4 pour précipiter avec les ions argent Ag , compétition que les ions chlorure « gagnent » toujours,
jusqu’à laisser la première place aux ions chromate
une fois que l’équipe de chlorure s’est retirée de la
compétition...
3. À l’équivalence, les réactifs ont été introduits en proportions stœchiométriques :
n Ag+
versé
= n Cℓ−
dosé
Avec les notations de l’énoncé :
n1 = n2
⇔
C1 VE = [Cℓ− ]VS
⇔ [Cℓ− ] =
C 1 VE
VS
Application numérique :
[Cℓ− ] =
2, 5 × 10−2 × 7, 7
20, 0
[Cℓ− ] = 9, 6 × 10−3 mol · L−1
4. Concentration ou titre massique en ions chlorure :
t Cℓ− = [Cℓ− ] · M (Cℓ)
t Cℓ− = 9, 6 × 10−3 × 35, 5
t Cℓ− = 0, 34 g · L−1
5. Le titre massique de l’eau minérale de Vichy St-Yorre
est largement au-dessus du seuil de potabilité pour
une eau dite « du robinet ». Il n’est pas conseillé de
la boire sans avis médical.
Exercice no18 p. 481 – Retrouver la loi de Kohlrausch
2+
+ 2 Cℓ−
1. MgCℓ2(s) → Mg(aq)
(aq) .
2.
[Mg2+ ]
= C et
[Cℓ− ]=2C.
3. Application de la loi de Kohlrausch :
σ = 2λMg2+ [Mg2+ ] + λCℓ− [Cℓ− ]
Attention, quand un ion porte une charge électrique
double ou triple, sa contribution dans la loi est doublée ou triplée ! En remplaçant par les expressions des
concentrations :
σ = 2λMg2+ C + 2λCℓ− C = 2 λMg2+ + λCℓ− C
4. σ = k · C, la loi de Kohlrausch est bien vérifiée.